1、北京天梯志鸿教育科技有限责任公司2012 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类( 福建卷)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题) 两部分理科：第卷第 21 题为选考题，其他题为必考题，满分 150 分第卷一、选择题：(理科)本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的(文科) 本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1若复数 z 满足 zi1i，则 z 等于( )A1i B1i C1i D1iA34i B54i C32i D52i2等差数列a n中，a 1a 510，
2、a 47，则数列a n的公差为( )A1 B2 C3 D43下列命题中，真命题是( )A x0R， 0exB xR，2 xx 2Cab0 的充要条件是 1abDa1，b1 是 ab1 的充分条件4一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( )A球 B三棱锥 C正方体 D圆柱5下列不等式一定成立的是( )Alg(x 2 )lg x( x0)Bsinx 2(x k，kZ)1sinCx 2 12|x|(x R)D (xR)6如图所示，在边长为 1 的正方形 OABC 中任取一点 P，则点 P 恰好取自阴影部分的概率为( )A B C D1451677设函数 则下列结论错误的是
3、( ),()0xD为 有 理 数 ，为 无 理 数 ，AD(x )的值域为0,1 BD( x)是偶函数CD(x)不是周期函数 DD(x)不是单调函数北京天梯志鸿教育科技有限责任公司8已知双曲线 的右焦点与抛物线 y212x 的焦点重合，则该双曲线的焦214xyb点到其渐近线的距离等于( )A B C3 D559若函数 y2 x图象上存在点( x，y)满足约束条件 则实数 m 的最大值30,2,xy为( )A B1 C D22310函数 f(x)在a，b上有定义，若对任意 x1，x 2a，b ，有，则称 f(x)在a，b上具有性质 P设 f(x)在1,3上112(f fx 具有性质 P，现给出如
4、下命题：f(x)在1,3上的图象是连续不断的；f(x 2)在1， 上具有性质 P；3若 f(x)在 x2 处取得最大值 1，则 f(x)1，x1,3 ；对任意 x1，x 2，x 3，x 41,3 ，有 f( x1)f(x 2)f(x 3)234)f(x 4) 其中真命题的序号是( )A B C D第卷二、填空题：(理科)本大题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分把答案填在答题卡的相应位置( 文科)本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分把答案填在答题卡的相应位置11 (ax) 4 的展开式中 x3 的系数等于 8，则实数 a_12阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的 s
5、 值等于_13已知ABC 的三边长成公比为 的等比数列，则其最大角的余弦值为2_14数列a n的通项公式 ，前 n 项和为 Sn，则 S2 012_cos1na15对于实数 a 和 b，定义运算“*”：2*.ab， ，北京天梯志鸿教育科技有限责任公司设 f(x)(2x1)*(x1)，且关于 x 的方程 f(x)m (mR )恰有三个互不相等的实数根x1，x 2，x 3，则 x1x2x3 的取值范围是 _三、解答题：(理科)本大题共 6 小题，共 80 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤( 文科)本大题共 6 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16受轿车在保修期内维修
6、费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为 2 年现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取 50 辆，统计数据如下：品牌 甲 乙首次出现故障时间 x(年) 0x 1 1x 2 x 2 0x 2 x 2轿车数量(辆) 2 3 45 5 45每辆利润(万元) 1 2 3 1.8 2.9将频率视为概率，解答下列问题：(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为 X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为 X2，分别求 X1，X 2 的分布列；
7、(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由17某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：sin 213cos 217sin13cos17；sin 215cos 215sin15cos15；sin 218cos 212sin18cos12；sin 2(18)cos 248sin(18)cos48 ；sin 2(25)cos 255sin(25)cos55 (1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论
8、18如图，在长方体 ABCDA 1B1C1D1 中，AA 1AD1，E 为 CD 中点(1)求证：B 1EAD 1(2)在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得 DP平面 B1AE？若存在，求 AP 的长；若不存在，说明理由(3)若二面角 A B1E A1 的大小为 30，求 AB 的长19如图，椭圆 E： (ab0) 的左焦点为 F1，右焦点为 F2，离心率2xy过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点，且ABF 2 的周长为 82e北京天梯志鸿教育科技有限责任公司(1)求椭圆 E 的方程；(2)设动直线 l：y kxm 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P，且与直线 x4 相交于点Q试探究：在坐
9、标平面内是否存在定点 M，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由20已知函数 f(x)e xax 2ex ，aR(1)若曲线 yf(x )在点(1，f(1)处的切线平行于 x 轴，求函数 f(x)的单调区间；(2)试确定 a 的取值范围，使得曲线 yf(x)上存在唯一的点 P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 P21 (1)选修 42：矩阵与变换设曲线 2x22xyy 21 在矩阵 (a0)对应的变换作用下得到的曲线为 01bAx2y 21求实数 a，b 的值；求 A2 的逆矩阵(2)选修 44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以坐标原点
10、O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系已知直线 l 上两点 M，N 的极坐标分别为 (2,0)， ，圆 C 的参数方程为23,( 为参数) 2cos,3inxy设 P 为线段 MN 的中点，求直线 OP 的平面直角坐标方程；判断直线 l 与圆 C 的位置关系(3)选修 45：不等式选讲已知函数 f(x)m|x2|，mR ，且 f(x2) 0 的解集为1,1 求 m 的值；若 a，b，cR ，且 ，求证：a2b 3c9123mac22(文) 已知函数 f(x)ax sinx (aR )，且在0， 上的最大值为 32(1)求函数 f(x)的解析式；(2)判断函数 f(x)在(0 ，) 内的零
11、点个数，并加以证明1 A 由 zi1i，得 221i(i)i+1iz2 B a 1a 5102a 3，a 35故 da 4a 375 23 D a10，b10，由不等式的性质得 ab1，即 a1，b1ab14 D 圆柱的三视图中有两个矩形和一个圆，北京天梯志鸿教育科技有限责任公司这个几何体不可以是圆柱5 C x 212|x |x 22| x|10，当 x0 时，x 22|x |1x 22x1(x1) 20 成立；当 x0 时，x 22|x |1x 22x1(x1) 20 成立故 x212|x|(xR)一定成立6 C 由图象知阴影部分的面积是 ，31 20 1()d()06xx所求概率为 167
12、 C D (x)是最小正周期不确定的周期函数，D(x)不是周期函数是错误的8 A 由双曲线的右焦点与抛物线 y212x 的焦点重合，知 ，c294b 2，3p于是 b25， 因此该双曲线的渐近线的方程为 ，即 故该 52yx0y双曲线的焦点到其渐近线的距离为 |35|4d9 B 由约束条件作出其可行域如图所示：由图可知当直线 xm 经过函数 y2 x的图象与直线 xy30 的交点 P 时取得最大值，即得 2x3x ，即 x1m 10 D 如图 1，图 1在区间1,3上 f(x)具有性质 P，但是是间断的，故错可设 f(x)|x2|(如图 2)，当 x1,3时易知其具有性质 P，但是 f(x2)
13、|x 22|不具有性质 P(如图 3)2,1,3故错北京天梯志鸿教育科技有限责任公司图 2图 3任取 x01,3 ，则 4x 01,3 ，1f(2) f (x0)f (4x 0) ()2f1又f(x 0)1，f(4x 0)1， f(x 0)f(4x 0)12f(x 0)f(4x 0)1故正确34121234()xf f(x 1)f(x 2)f(x 3)f(x 4) ，故正确()+)xf11答案：2解析：T r1 arx4r ， 当 4r3，即 r1 时，T 2 ax34ax 38x 3故C1Ca212答案：3解析：(1)k1,14，s2111；(2)k2,24，s2120；(3)k3,34，s
14、2033；(4)k4，直接输出 s313答案： 解析：设ABC 的最小边长为 a(m0) ，则其余两边长为 ，2a，故最大角的余弦值是 222()(cos 4a14答案：3 018解析：函数 的周期 ，cos2ny2T可用分组求和法：a1a 5a 2 009 ；5031+=个a2a 6a 2 010( 21) (61)( 2 0101)152 009北京天梯志鸿教育科技有限责任公司5031 005；503(129)a3a 7a 2 011 ；503+=个a4a 8a 2 012(41)(81) (2 0121) 5031 009；503(2)故 S2 0125035031 0055035031
15、 009503(11 00511 009)3 01815答案：( ，0)6解析：由已知，得 20xf ， ， ， ，作出其图象如图，结合图象可知 m 的取值范围为 0m ，14当 x0 时，有 x2xm，即 x2x m 0，于是 x1x2m当 x0 时，有 2x2xm0 ，于是 384故 12(1)x设 h(m)m(1 )，8h(m)(1 )m( )821 ，41018函数 h(m)单调递 减故 x1x2x3 的取值 范围为( ，0)3616解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件 A，则 1()50PA(2)依题意得，X 1 的分布列为X1 1 2 3P 5091X2 的分
16、布列为X2 1.8 2.9北京天梯志鸿教育科技有限责任公司P 109(3)由(2)得，E( X1)1 2 3 2.86(万元) ，5435E(X2)1.8 2.9 2.79(万元)09因为 E(X1)E(X 2)，所以应生产甲品牌轿车17解：方法一：(1)选择式，计算如下：sin215cos 215sin15cos151 sin30 2134(2)三角恒等式为 sin2cos 2(30)sincos(30) 证明如下：sin2cos 2(30) sin cos(30)sin 2(cos30cos sin30sin) 2sin(cos30cossin30sin )sin 2 cos2 sinco
17、s sin2 sincos sin2341431 sin2 cos2 方法二：(1)同方法一(2)三角恒等式为 sin2cos 2(30)sincos(30) 34证明如下：sin2cos 2(30) sin cos(30) sin(cos30cossin30sin)1coscs(60 cos2 (cos60cos2sin60sin2) sincos sin2212321 cos2 cos2 sin2 sin2 (1cos2 )1434 1coscos418解：(1)以 A 为原点， ， ， 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空BD1A间直角坐标系(如图)设 ABa，则 A(0,
18、0,0)，D(0,1，0)，D1(0,1,1)，E( ，1,0)，B1(a,0,1)，故 (0,1,1) ，2a1AD( ，1，1)， (a,0,1)， ( ，1,0)1BE21BA北京天梯志鸿教育科技有限责任公司 01 1( 1)10，1ADBE2aB 1EAD 1(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)，使得 DP平面 B1AE此时 (0，1，z 0)P又设平面 B1AE 的法向量 n(x，y ，z)n平面 B1AE，n ，n ，得AE0.2a，取 x1，得平面 B1AE 的一个法向量 n(1 ， ， a)2要使 DP平面 B1AE，只要 n ，有 az 00，解得 DP01
19、2z又 DP 平面 B1AE，存在点 P，满足 DP平面 B1AE，此时 AP(3)连接 A1D，B1C，由长方体 ABCDA1B1C1D1 及 AA1AD1，得 AD1A 1DB 1CA 1D，AD 1B 1C又由() 知 B1EAD 1，且 B1CB 1EB 1，AD 1平面 DCB1A1 是平面 A1B1E 的一个法向量，此时 (0,1,1) 1设 与 n 所成的角为 ，则 1 21cos|4aDn二面角 AB 1EA 1 的大小为 30，|cos|cos30，即 ，2354a解得 a2，即 AB 的长为 219解：方法一：(1)因为| AB|AF 2| BF2|8，即|AF 1| |F
20、1B| |AF2|BF 2| 8，又|AF 1| |AF2| |BF1|BF 2| 2a，所以 4a8，a2又因为 ，即 ，所以 c1ec所以 23b故椭圆 E 的方程是 24xy(2)由 得(4k 23)x 28kmx4m 2120213ym， ，因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0，y 0)，所以 m0 且 0，北京天梯志鸿教育科技有限责任公司即 64k2m24(4k 23)(4 m212) 0，化简得 4k2m 230(*)此时 ，y 0kx 0m ，04kx3所以 P( ， )由 得 Q(4,4km) 4ykx， ，假设平面内存在定点 M 满足条件，由图形对称性知，
21、点 M 必在 x 轴上设 M(x1,0)，则 对满足(*)式的 m，k 恒成立0因为 ( ， )， (4x 1,4km) ，P14x3由 ，Q得 ，21160kkm整理，得(4x 14) x 124x 130(*)由于(*)式对满足(*) 式的 m，k 恒成立，所以 解得 x111240,3x故存在定点 M(1,0)，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M方法二：(1)同方法一(2)由 得(4k 23)x 28kmx4m 21202143yx， ，因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0，y0)，所以 m0 且 0，即 64k2m24(4k 23)(4 m212) 0，化简得 4k
22、2m 230 (*)此时 ，y 0kx 0m ，04kx3所以 P( ， )由 得 Q(4,4km) 4ykx， ，假设平面内存在定点 M 满足条件，由图形对称性知，点 M 必在 x 轴上取 k0， ，此时 P(0， )，Q(4， )，以 PQ 为直径的 圆为( x2) 2(y )33 324，交 x 轴于点 M1(1,0)，M2(3,0)；取 ，m2，此 时 P(1， )，Q(4,0)，以 PQ 为直径1k3的圆为 ，交 x 轴于点 M3(1,0)，M4(4,0)所以若符合条件的点 M 存2545()()6y在，则 M 的坐标必为(1,0)以下证明 M(1,0)就是满足条件的点：因为 M 的坐标为(1,0) ，所以 ( ， )， (3,4km )，P1km
